第7章 第35讲 空间点、线、面之间的位置关系（PPT课件）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“空间点线面位置关系”核心考点，依据高考评价体系梳理平面基本性质、位置关系判定、异面直线所成角计算等考查要求，通过教材经典题与高考真题分析，明确“共面共线共点证明”“异面直线判定”“角度计算”三大高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+题型建模+素养提升”策略，如以2021全国乙卷正方体异面直线所成角题为例，详解“平移法”“向量法”，培养学生几何直观与逻辑推理素养。特设易错点警示（如三点确定平面条件）和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此实现精准复习，提升备考效率。

第七章 立体几何 第35讲　空间点、线、面之间的位置关系 1 知识梳理　体系构建 1．(教材经典题)下列说法正确的是 (　　) A．三点确定一个平面 B．平面就是平行四边形 C．梯形可确定一个平面 D．圆心和圆上两点确定一个平面 【解析】 　　　　对于A，三个不在同一条直线上的点确定一个平面，故A错误． 对于B，平面是无限延展的，而平面图形有边界，故B错误． 对于C，两条平行直线确定一个平面，梯形有一组对边平行，另一组对边不平行，故梯形可确定一个平面，故C正确． 对于D，因为圆的一条直径不能确定一个平面，所以若圆心和圆上的两点在同一条直径上，则无法确定一个平面，故D错误． C 激活思维 知识梳理　体系构建 2．(教材经典题)设直线a，b分别是长方体相邻两个面的对角线所在的直线，则a与b (　　) A．平行　　　　 B．相交 C．是异面直线　　　　 D．可能相交，也可能是异面直线 【解析】 　　　　如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，当A′B所在的直线为a，BC′所在的直线为b时，a与b相交；当A′B所在的直线为a，B′C所在的直线为b时，a与b异面． D 激活思维 知识梳理　体系构建 3．已知α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是 (　　) A．若α∩β＝l，A∈α且A∈β，则A∈l B．若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉β C．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线 D．若A，B是两个不同的点，A∈α且B∈α，则直线AB⊂α C 激活思维 知识梳理　体系构建 4．(教材经典题改编)下列说法正确的是 (　　) A．若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α B．若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行 C．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行 D．若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点 【解析】 　　　　对于A，当直线l与平面α相交时，直线l上也有无数个点不在平面α内，故A错误． 对于B，l与平面α内的任意一条直线异面或平行，故B错误． 对于C，另一条直线也可能在这个平面内，故C错误． 对于D，因为l∥α，所以l与α没有公共点，所以l与α内任意一条直线都没有公共点，故D正确． D 激活思维 知识梳理　体系构建 【解析】 激活思维 知识梳理　体系构建 因为AA′∥BB′，所以直线BB′和BC′所成的角即为异面直线AA′和BC′所成的角，为∠B′BC′. 【答案】45°　60° 激活思维 知识梳理　体系构建 1．平面的基本性质 基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面． 基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 2．空间点、直线、平面之间的位置关系   直线与直线 直线与平面 平面与平面 平 行 关 系 图形 语言 符号 语言 a∥b a∥α α∥β 聚焦知识 知识梳理　体系构建   直线与直线 直线与平面 平面与平面 相 交 关 系 图形 语言 符号 语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l 独 有 关 系 图形 语言   符号 语言 a，b是 异面直线 a⊂α   聚焦知识 知识梳理　体系构建 3．平行直线 (1) 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． (2) 定理：如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等． 4．异面直线 (1) 判定：与一个平面相交的直线和这个平面内_____________的 直线是异面直线，如图所示． (2) 异面直线所成的角：设a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a，b所成的角或夹角，其 取值范围为_______． 不经过交点 聚焦知识 知识梳理　体系构建 5．常用结论(唯一性定理) (1) 过直线外一点_______________直线与已知直线平行； (2) 过直线外一点_______________平面与已知直线垂直； (3) 过平面外一点_______________平面与已知平面平行； (4) 过平面外一点_______________直线与已知平面垂直． 有且只有一条 有且只有一个 有且只有一个 有且只有一条 聚焦知识 知识梳理　体系构建 题型突破　能力进阶 目标 1 平面的基本事实及应用 　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，E为AB的中点，F为AA1的中点． 1 【解答】 　　　　因为A1C∩平面BDC1＝O，所以O∈A1C，O∈平面BDC1.又因为A1C⊂平面ACC1A1，所以O∈平面ACC1A1. 因为AC，BD交于点M，所以M∈AC，M∈BD.又AC⊂平面ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以M∈平面ACC1A1，M∈平面BDC1. 又C1∈平面ACC1A1，C1∈平面BDC1，所以C1，O，M三点在平面ACC1A1与平面BDC1的交线上，所以C1，O，M三点共线． (1) 求证：C1，O，M三点共线； 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，E为AB的中点，F为AA1的中点． 1 【解答】 　　　　如图，连接BA1，EF，D1C.因为E为AB的中点，F为AA1的中点，所以EF∥BA1.又因为BC∥A1D1，BC＝A1D1，所以四边形BCD1A1是平行四边形，所以BA1∥CD1，所以EF∥CD1，所以E，C，D1，F四点共面． (2) 求证：E，C，D1，F四点共面； 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，E为AB的中点，F为AA1的中点． 1 【解答】 　　　　设CE与D1F交于一点P，则P∈CE.又CE⊂平面ABCD，所以P∈平面ABCD.同理，P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，所以P∈AD，所以直线CE，D1F，DA三线交于一点P，即CE，D1F，DA三线共点． (3) 求证：CE，D1F，DA三线共点． 举题说法 题型突破　能力进阶 共面、共线、共点问题的证明 (1) 证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内． (2) 证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． (3) 证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 总 结 提 炼 变式1　如图，在多面体ABCDEFGH中，四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，四边形ABGF和四边形ADEF均为梯形，其中AB∥FG，AD∥EF，且AB＝2FG. 【解答】 　　　　如图(1)，连接BD，取AB，AD的中点分别为S，T，连接GS，ET，ST，则ST∥BD. (1) 求证：B，D，E，G四点共面； 因为四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，AB＝2FG，且 AB∥FG，AD∥EF，所以四边形FGSA，FETA均为平行四边形， 即GS∥FA∥ET，GS＝FA＝ET，所以四边形GETS为平行四边形，所以GE∥TS，所以GE∥BD，所以B，D，E，G四点共面． 图(1) 举题说法 题型突破　能力进阶 变式1　如图，在多面体ABCDEFGH中，四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，四边形ABGF和四边形ADEF均为梯形，其中AB∥FG，AD∥EF，且AB＝2FG. 【解答】 (2) 求证：AF，BG，DE三条直线交于一点． 图(2) 举题说法 题型突破　能力进阶 图(2) 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 2 空间两直线的位置关系 　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点． (1) 求证：四边形EFD1C是梯形； 2 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点． (2) 求证：直线BC和直线D1F是异面直线． 2 【解答】 　　　　假设直线BC和直线D1F不是异面直线，则存在一个平面α，使得BC⊂α，D1F⊂α.易知AD∥BC，BC⊂α，AD⊄α，因此AD∥α. 又因为AD⊂平面ADD1A1，且平面ADD1A1∩α＝D1F，所以AD∥D1F.在正方形ADD1A1中，显然AD∥D1F不成立，故矛盾，假设不成立，即直线BC和直线D1F是异面直线． 举题说法 题型突破　能力进阶 证明直线异面通常用反证法，假设两直线共面，从共面出发推理导出矛盾．有时也可用直接法证明． 总 结 提 炼 A．AE＝CF，AC与EF是共面直线 B．AE≠CF，AC与EF是共面直线 C．AE＝CF，AC与EF是异面直线 D．AE≠CF，AC与EF是异面直线 【解析】 D 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 3 异面直线所成角的计算 　　　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝4，AB＝2，则直线A1B与直线B1C所成角的余弦值为_____． 3 举题说法 题型突破　能力进阶 【解析】 　　　　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，连接BC1交B1C于点O，取A1C1的中点F，连接B1F，OF，显然O是BC1的中点，则OF∥A1B，则∠B1OF是A1B与B1C所成的角或其补角． 举题说法 题型突破　能力进阶 异面直线所成角的求法 (1) 平移使相交：通过平移一条(或两条)，使异面直线转化为相交直线，然后在三角形中利用余弦定理求角． 总 结 提 炼 变式3　(1) (2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为 (　　) 【解析】 　　　　如图，连接BC1，PC1.因为AD1∥BC1，所以∠PBC1(或其补角)为直线PB与AD1所成的角．因为BB1⊥平面A1B1C1D1，PC1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1. D 举题说法 题型突破　能力进阶 变式3　(2) (2025·肇庆三模)已知P是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点，AA1＝2AD＝4，当直线AP与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，AP与AC1所成角的余弦值为 (　　) 【解析】 A 举题说法 题型突破　能力进阶 1．已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面可能的交线有 (　　) A．1条或2条 　　　　 B．2条或3条 C．1条或3条 　　　　 D．1条或2条或3条 D 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 2．(多选)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是 (　　) A．A，M，O三点共线 B．M，O，A1，B四点不共面 C．B，B1，O，M四点共面 D．B，D1，C，M四点共面 【解析】 　　　　因为AA1∥CC1，所以A，A1，C1，C四点共面．因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上． 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，而点B不在平面ACC1A1内，所以M，O，A1，B四点不共面，故A，B正确． 【答案】ABD B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即B，B1，O，M四点不共面，故C错误． 因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，又M∈直线CA1，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确． 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 3．(多选)已知l，m是两条不同的直线，α为平面，m⊂α，则下列说法正确的是 (　　) A．若l与α不平行，则l与m一定是异面直线 B．若l∥α，但l与m仍可能垂直 C．若l∩α＝A，且A∉m，则l与m可能平行 D．若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m可能垂直 【解析】 　　　　对于A，若l与α不平行，则l与α相交或l在α内，而m⊂α，则l与m可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，l∥α，则在α内存在直线l′∥l，当α内的直线m与l′垂直时，此时l⊥m，故B正确； 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 对于C，若l∩α＝A，且A∉m，m⊂α，则l与m异面，故C错误； 对于D，若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m可能垂直，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取α为平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合题意，且l⊥m，故D正确． 【答案】BD 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是DD1，D1C1，BC，BB1的中点，则异面直线EF与MN所成角的大小为 (　　) 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 【解析】 　　　　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接B1C，A1D，A1C1，C1D.由A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD，得四边形A1B1CD为平行四边形，则B1C∥A1D. 由E，F，M，N分别是DD1，D1C1，BC，BB1的中点，得MN∥B1C∥A1D，EF∥C1D，因此∠A1DC1是异面直线EF与MN所成的角或其补角． 【答案】C 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 配套精练 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．已知互不重合的三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是 (　　) A．b与c是异面直线　　　　 B．a与c没有公共点 C．b∥c　　　　 D．b∩c＝P 【解析】 　　　　因为a∩b＝P，所以P∈a，P∈b.因为a＝α∩β，b＝β∩γ，所以P∈α，P∈β，P∈γ.因为α∩γ＝c，所以P∈c，所以b∩c＝P，所以a∩c＝P，如图，故A，B，C错误． D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 2．(2026·苏州期中)若直线l不平行于平面α，则下列结论正确的是 (　　) A．平面α内的所有直线都与直线l异面 B．平面α内不存在与直线l平行的直线 C．平面α内的所有直线都与直线l相交 D．直线l与平面α一定有公共点 【解析】 　　　　直线l不平行于平面α，则可能为直线l⊂平面α或直线l与平面α相交，所以A，B，C错误，D正确． D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 A．AF，BE是异面直线，AF⊥BE B．AF，BE是相交直线，AF⊥BE C．AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直 D．AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直 【解析】 　　　　显然根据异面直线判定方法可知经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE，与平面ACD内不经过点E的直线AF是异面直线．下面证明BE与AF垂直．因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD.连接BF，因为BC＝BD＝CD，F为CD的中点，所以BF⊥CD. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 因为AB∩BF＝B，AB，BF⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF.如图，取AF的中点Q，连接BQ，EQ.因为AF⊂平面ABF，所以CD⊥AF. 因为BQ∩EQ＝Q，BQ，EQ⊂平面BEQ，所以AF⊥平面BEQ.又因为BE⊂平面BEQ，所以AF⊥BE. 【答案】A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 二、 多项选择题 5．(2026·连云港期中)若a，b为两条异面直线，α，β为两个平面，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，则直线l (　　) A．可以与a，b都垂直 B．至少与a，b中一条相交 C．至多与a，b中一条相交 D．至少与a，b中一条平行 【解析】 　　　　因为a，b为两条异面直线且a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，所以a与l共面，b与l共面．若l与a，b都不相交，则b∥l，a∥l，a∥b，与a，b异面矛盾，所以l至少与a，b中一条相交，故B正确，C，D错误． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 当a，b为如图所示的位置时，可知l与a，b都相交，直线l可以与a，b都垂直，故A正确． 【答案】AB 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是棱AA1，CC1的中点，平面DPQ∩平面A1B1C1D1＝l，则下列结论正确的有 (　　) A．l过点B1 B．l不一定过点B1 C．DP的延长线与D1A1的延长线的交点不在l上 D．DQ的延长线与D1C1的延长线的交点在l上 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 　　　　如图，连接PB1，QB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取BB1的中点N，连接CN，则DP∥CN∥QB1，DP＝CN＝QB1，所以四边形DPB1Q是平行四边形． 因为B1∈平面DPB1Q，B1∈平面A1B1C1D1，所以B1∈l，故A正确，B错误． 如图，DP的延长线与D1A1的延长线交于点F，DQ的延长线与D1C1的延长线交于点E.因为DP⊂平面DPB1Q，所以F∈平面DPB1Q. 因为D1A1⊂平面A1B1C1D1，所以F∈平面A1B1C1D1，所以F∈l.因为DQ⊂平面DPB1Q，所以E∈平面DPB1Q.因为D1C1⊂平面A1B1C1D1，所以E∈平面A1B1C1D1，所以E∈l，故C错误，D正确． 【答案】AD 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 三、 填空题 7．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异 面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_____． 【解析】 　　　　如图，将直三棱柱补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，则AB1∥C1D，所以AB1与BC1所成角为∠BC1D或其补角． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 8．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4， ∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则异面直线AC与DC1所成角的正弦值为_____． 【解析】 　　　　如图，连接AB1，B1C.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，由AD与B1C1平行且相等，知四边形AB1C1D为平行四边形，因此C1D∥AB1，所以∠B1AC是异面直线AC与直线DC1所成角或其补角． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 四、 解答题 9．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点． (1) AM和CN是否为异面直线？请说明理由． 【解答】 　　　　不是异面直线．理由如下：连接MN，A1C1，AC，如图．因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.因为A1A∥C1C，AA1＝CC1，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，所以A，M，N，C四点在同一平面内，故AM和CN不是异面直线． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 9．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点． (2) D1B和CC1是否为异面直线？请说明理由． 【解答】 　　　　是异面直线．理由如下：因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以点B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使得D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，所以点D1，B，C，C1∈α，与几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体矛盾，所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 9．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点． (3) 求异面直线AM与D1C1所成角的余弦值． 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解答】 (1) 求证：E，F，G，H四点共面； 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解答】 (2) 若四面体ABCD为棱长为6的正四面体，且k＝2，求四边形EFGH的周长． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和C1D1的中点． (1) 求证：E，F，D，B四点共面； 【解答】 　　　　如图(1)，连接EF，BD，B1D1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，易知B1D1∥BD，因为E，F分别是B1C1和C1D1的中点，所以EF∥B1D1，所以EF∥BD，所以E，F，D，B四点共面． 图(1) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和C1D1的中点． (2) 若对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，求证：点C1，O，M共线； 【解答】 　　　　如图(2)，因为AA1∥CC1，所以A，A1，C，C1确定一个平面AA1C1C.因为O∈A1C，A1C⊂平面AA1C1C，所以O∈平面AA1C1C. 因为对角线A1C与平面BDC1交于点O，所以O∈平面BDC1，所以O在平面AA1C1C与平面BDC1的交线上． 因为AC∩BD＝M，所以M∈平面AA1C1C且M∈平面BDC1，所以平面AA1C1C∩平面BDC1＝C1M，所以O∈C1M，即点C1，O，M共线． 图(2) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和C1D1的中点． (3) 求证：BE，DF，CC1三线共点． 【解答】 　　　　如图(3)，延长DF，BE交于点G.因为DG⊂平面DCG，G∈DG，所以G∈平面DCG.因为BE⊂平面BCG，G∈BE，所以G∈平面BCG.因为平面DCG∩平面BCG＝CC1，所以G∈CC1，所以BE，DF，CC1三线共点． 图(3) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 　　　　当x≥0时，f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，显然x＋1>0.令f′(x)>0，得x>2；令f′(x)<0，得0≤x<2.故y＝f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 又y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以y＝f(x)在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)上单调递增． 【答案】C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (1) 求角C的大小； 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (2) 若D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且AD＝DB，CE＝2EA，c＝2，求△ADE面积的最大值和此时△ADE的周长． 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 由已知得AC＝2，∠ABB1＝120°，∠B1BC＝60°，由余弦定理得AB1＝＝2，CB1＝＝2，cos ∠B1AC＝＝，所以sin ∠B1AC＝＝. $